Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt

- Ngày thi 5.07.2014 -

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 Môn Toán; Khối A và khối A1.

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (2 điểm)

3

=

−

y

x

a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (

)C của hàm số

23 x

4

+ . 2 2

= −

+

−

b) Tìm giá trị tham số m ∈ (cid:1) thì đồ thị của hàm số

y

x

mx

m

4

4

có 3 cực trị là 3 đỉnh của 1

tam giác nhận điểm

làm trực tâm.

+

H 0; 31 4      

Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình:

2

5

3

−

+

−

x

x

x

6

4

=

B

.

Câu 3. (1 điểm) Tính giới hạn:

x 5 3

2 2

lim → x 1

−

x

x

− + x

1

0

.

Câu 4. (1 điểm). Trong mặt phẳng (

x x . sin 2x tan cos 2 1 2 3 = − 2 +

(cid:2) = ABC

120

)P tại G lấy điểm S sao cho

. Tính thể tích khối chóp

SBD theo a .

.S ABCD và khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (

)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABD . Trên đường thẳng vuông góc với ( (cid:2) = 090 ASC Câu 5. (1 điểm) a) Từ các chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321 đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau.

≤ ≤

=

k n

kC

ta có:

. Tìm số nguyên

b) Chứng minh rằng: với mọi cặp số nguyên

1

4n >

k n ,

(

)

k n

nC − k 1 − n 1

+

+

+

=

biết rằng

.

n

C

C 2

C 5

C 8

+ + ...

3

2

1600

(

)

0 n

1 n

2 n

n n

−

=

thẳng

,AB AC lần lượt là

)C đi qua trung điểm của các

. Đường tròn (

+ + y

y

20

2

2

−

+

+

=

,

,

, trong đó H là trực tâm của tam giác

x

y

đoạn thẳng

25

1

2

Câu 6. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC có phương trình các đường = 0 (

− 4x 3 0; 2x HA HB HC có phương trình là (

10 )

)

.

ABC . Tìm tọa độ điểm H biết

> −4

Cx

Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho hình vuông ABCD có M là trung điểm

=

− − =

của cạnh BC , N thuộc cạnh AC sao cho

AN

AC . Biết MN có phương trình

y

3x

4

0

1 4

và

. Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương.

)5;1D (

4

2

3

2

2

+

−

=

+

+

x

2 2 x y

y

y

x y x

∈

Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình:

x y ,

(

) (cid:1)

3

2

−

− =

y

x

2

− 5 2

1 0

    

2

2

2

+

+

=

+

+

Câu 9. (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn:

. Tìm giá trị lớn nhất

a

b

c

+ ab bc

ca

2

3

)P , cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a ,

(

)

2

2

2

của =

.

Môn Toán – Khối A,A1

GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh

+ + − S a b c 1 + + + a b c 3

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt

- Ngày thi 5.07.2014 -

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2 điểm)

3

=

−

y

x

)C của hàm số

23 x

+ 2

2

=

−

=

a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( ∗ Hàm số đã cho xác định trên (cid:1) − ∗ Ta có:

và

= ⇔ = hoặc

x

y

x

y

x

3

6

'

2

3

'

0

0

x = . 2

= +∞

y

y

( ) x x = −∞ và lim →+∞

∗ Giới hạn: lim →−∞

x

x

∗ Bảng biến thiên:

x 'y

y

−∞ 0 2 +∞ + 0 − 0 + 2 +∞ −∞ 2−

−∞

; 0

Hàm đồng biến trên mỗi khoảng (

)

và (

y

Hàm số đạt cực đại tại điểm

= và hàm số đạt cực tiểu tại

0

2

2; +∞ , nghịch biến trên ( ) x = với giá trị cực đại của hàm số là

)0; 2 . ( )0

y

điểm

x = với giá trị cực tiểu của hàm số là

2

= − . 2

( )2

y

2

= ⇔ =

y

x

I⇒

∗ Đồ thị • Điểm đặc biệt : − và y 6

x= 6

''

"

0

= ⇒ =

• Chọn

x

y

x

)1; 0 ( 1 = − ⇒ = − . y

3

2,

2

1

-1

2

3

x

)0; 2

-2

±

3; 0

1

)1; 0 , ( làm tâm đối xứng.

Nhận xét: Đồ thị nhận

I

Chú ý: Ta có thể tìm điểm đặc biệt bằng cách tìm giao điểm của đồ thị với trục tọa độ: Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm ( ) Đồ thị cắt Ox tại ba điểm ( (

)1; 0

b) m

y

'

0

0

m

0

0

2

2

−

−

.

m−

A

m m

m m

m

C

B

2 ; 4

2 ; 4

m− 4

4

,

0; 4

,

≤ ⇒ = có 1 nghiệm, nên hàm số có 1 cực trị. > ⇒ = có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm đó, nên hàm số có 3 cực trị. Giả sử (

' y )

)

(

)

(

Vì tam giác ABC cân tại A và

,B C đối xứng nhau qua Oy

⇒

=

.

H là trực tâm tam giác ABC khi

(cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4)(cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) BH AC .

( ) ∗ 0

2

Ta có:

.

⊥ AH BC ⊥ BH AC (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) AC

+ + = = m m (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) BH m m − m 2 ; 4 4 , 2 ; 4

(

)2

     

2

2

3

2

31 4   

hay

Khi đó ( )

thỏa

− + + = − − − = , phương trình có nghiệm m m m m m ∗ ⇔ + 2 m m 4 4 4 0 8 8 1 0 2m = 31 4 31 2      

Môn Toán – Khối A,A1

GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh

0m > .

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt

- Ngày thi 5.07.2014 -

π

≠

+ π

Câu 2. (1 điểm) Điều kiện:

x

k

2

2

+

⇔

+

=

−

x

x

x

x

x

x

sin 2

tan

cos 2

sin 2

tan

2 sin

1 2

3 = − 2

(

)

1 2 1 2

1 2   

⇔ + = − ⇔ − − = x x x x x sin 2 tan x sin 2 .tan sin 2 tan 1 0 1 2 1 2   

3

2

2

2

, 3 x

2 1) (

2 1) (

Câu 3. (1 điểm) Ta có: 5 x 2

π π = = x x + π k + π k ; = x sin 2 5 12 ⇔ ∈ k (cid:5) , 1 2 12 π = = x tan 1 x + π k  ⇔        4 − + + − + − − − + = − + x x x x x x x x x x 5 2 6 − = 4 ( 2)( 2) 1 ( 1)

.

Do đó:

0

=

⇒ = ⇒ ∆

đều cạnh a

Câu 4. (1 điểm). (cid:7) 0 B

(cid:6) A 60

120

D

a

=

=

⇒

S

S 2

ABCD

ABD

AB 2 3 2

Gọi O là giao điểm AC và BD

a

a

3

3

⇒

=

=

=

AO

AG

AO

= AC a

;

;

3

2

3

2 3

a

6

=

( ∆SAC vuông tại S, đường cao

⇒ = SG

GA GC .

3

3

a

2

=

=

SG).

V

S

SG .

ABC

SABC

D

6

⇒

1 3 ⊥ ⇒

⊥

⊂

=

GH

SB

B

SAO

Kẻ

vì

GH

SO GH

D

⊥ D GH

D

D (

)

(

)

)

+ − x ( 2) = = − B lim → x 1 x 2)( + x 1 3 2

)

1

( ( d G SB , 1

1

=

+

=

∆SGO vuông tại G, đường cao ⇒

GH

2

2

2

27 2

OH

G

GO

S

2a

Câu 5. (1 điểm)

=

2.4.4

32 số

=

4 số.

2.1.2

=

2.2.2

8 số

chọn a có: 2cách. Trường hợp này có chọn d có 2 cách, chọn a có: 2 cách. Trường hợp này có + + =

a) Giả sử số đó là abcd TH1: a,b là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn a,b Lúc này chọn d có: 4 cách và chọn c có 4 cách. Trường hợp này có TH2: b,c là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn b,c Nếu = 0 d Nếu ≠ 0 d Vậy có:

32 4 8

44 số.

−

n

=

=

=

b) Ta có:

( đpcm )

kC

k

nC

.

. n

k n

k n

− 1 − 1

−

−

−

!

!

k

k

1

! n ( − k n k

)

(

) 1 !

( ( n

) 1 ! ) −

(

 

)  1 ! 

+

+

=

⇔

+

+ +

+

+

=

n

nC

C

C

C

C

C 2

C 5

+ + C 8

+ + ...

3

2

1600

C 3

C 6

... 3

2

+ + ...

1600

)

(

0 n

1 n

2 n

n n

n n

0 n

1 n

n n

1 n

2 n

(

)

⇔

+

+

+

=

n C

C

C

C

C

C

3

+ + ...

2

+ + ...

1600

0 n

1 n

n n

0 n

1 n

n n

− 1

− 1

− 1 − 1

(

)

(

)

Môn Toán – Khối A,A1

GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt

- Ngày thi 5.07.2014 -

⇔

+

+

+

=

n C

C

C

C

C

C

3

+ + ...

2

+ + ...

1600

0 n

1 n

n n

0 n

1 n

n n

− 1

− 1 − 1

)

(

)

n

n

− 1

+

−

−

n

n

n

n

− 1

1

5

3

⇔

+

=

⇔

+

=

⇔

+

n

n

= ⇔ =

3

+ 1 1

1600

n 3 .2

2

1600

n 3 .2

2

100

7

( (

− 1 )

( + 2 1 1

)

−

−

=

x

4

0

A

Câu 6. (1 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ:

hay

, suy ra

− −1; 8

(

)

20 =

y 3 + + x y

y

2

10

0

8

  

 = − x 1  = − 

Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao hạ từ B của tam giác

ABC. Ta có

. Do đó

EF BC / / ⊥EF NF NF AH / / ⊥ BC AH     

Tương tự ta có: thuộc (C) . Mặt khác

B N , tức là B’ cũng thuộc (C).

'

Tọa độ của N và B’ là nghiệm của hệ:

2

2

2

)

E ⊥D D EB N . Vậy đường tròn (C) đi qua D, E, F là đường tròn đường kính EN. Suy ra N ⊥' = 0 − x 10 = − x x ⇔ ⇔ hay = − 4 = − y y 2 = − 6 2 + + = − + + =       x x 5 30 40 0 x y 1 2 25  = − y 2     + + x y ) 10 (  2   (  

thì

Nếu

C N −7; 4 − −4; 2

. Vậy

thì

) − −3; 4

) )

( (

(loại) )

(

(

(

) 4; 2 ;

. Đường

=2 y

0

) ) 2; 6 ; )−1; 2 của AC là vtpt nên có phương trình − x +

=

Tọa độ H

y

+ 3x 4

25

0

( ( − − C Nếu Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận VTCP ( thẳng CH đi qua C và nhận vtcp (

)3; 4 của AB làm vtpt nên có phương trình là

− − − − N B N C − −2; 6 ' 3; 4

hay

. Vậy

là nghiệm của hệ:

⊥NH BC tại H,

NK ⇒

= ∆

NKC

Câu 7. (1 điểm) Kẻ Ta có ∆

= y H − − 5; 0 + = = − x y 5 2 3 4 25 0       y  − x 2  +   = − x 5     5 2

, mà M là trung

⊥ D C tại K = NHC NK NH  1 =  4  1   4

điểm BC nên H là trung điểm

⇒ AD NK / / ⇒ = DK BH ⇒ = AB NH / / DK AN = DC AC BH AN = BC AC

BM

(cid:2) (cid:2) = D

0

D

Mà ⇒

= −

+

=

+

hay x

y

y

− = 8

3

1

0

3

⇒ ∆ DNM vuông cân tại N ( − 0

)

⇒

Tọa độ N thỏa hệ:

N

2; 2

(

)

0 0

=

−

=

Giả sử

m

= MN DN

; 3

2

− ; 6 3

10;

= NK MNH N NM , D

90 ) 5 − = y 3 8 − − = x y 4 (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) ( MN

( M m m

) m DN ;

⇒ ∆ ⇒ = ∆ DKN MHN (cid:2) (cid:2)= ⇒ 0 KNH NK 90 ( ⇒ ⊥ DN MN DN x :  + x  3  ) − ⇒ 4

2

2

2

( ⇒ − 2

)

(

)

( ⇔ − m

)

) ( ) ( ( − 1; 1

)

Môn Toán – Khối A,A1

GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh

M 3; 5 + = m m − 6 3 10 2 1 m M loai  = ⇒ m 3 = ⇒ 1 = ⇔  

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt

- Ngày thi 5.07.2014 -

−

=

x

x

− = 2

P

P

∩ ⇒ = −

=

⇔

⇔

m gọi

P MN A

(cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) NP

(cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) NM

D

)3; 5M (

1 3

=

y

y

1 3 − = − 1 2

5 3 1

    

    

P

P

Ta có:

−

x

− = 3

5

B

  

⇒

⇒

= = = AP MC BC A ⇒ = DP DA D 1 3 1 6 1 6 5 6

B

1; 5

(

)

y

− = 5

− 1 1

)

B

     

 3 5   5 3 3 ( 5

≤

Câu 8. (1 điểm) Điều kiện:

x

2

5 2 2

+

2 ⇔ − − x

y

= ⇔ = = hoặc 2 x y

x

y x

1

0

0

y= + 1

Phương trình ( ) 1

= = = (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) ⇒ = DP (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) DA (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:3)(cid:4) ⇒ CB MB MB (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) DP 5 6 5 6 5 3 3 5

)(

)

x

y

( Trường hợp = = 0

2

−

− =

thế vào (2):

Trường hợp

x

= + y

y

1

thế vào (2) không thỏa mãn. 32 y

− 3 2

( ) 1 0 3

3

2

Xét hàm

;

Vậy hàm số

; mà

.

 = − − = + f t f t f ; (t) 2 t − t 3 2 1; t '( ) 6 ; t '( ) 0, ; > ∀ ∈ −∞ t 3 2  ∈ −∞         t 1 − 3 2

2

(thỏa điều kiện)

f ; f t đồng biến trên ( ) =(1) 0 3 2  −∞  3 2   

y x 1 2 2

Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất: = 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (

y ) ( 2;1 ;

. Với = ⇒ = ⇔ = ± x ) 2;1

−

(

)2

(

)2

2

2

2

và

+ + a b c + + a b c + + ≥ + ≤ a b c + ab bc ca

)

2

2

3 3

Câu 9. (1 điểm) Với a,b,c là các số dương ta có: ( (

(

)

)

2

a b c

Bởi vậy:

, từ đó: < + + ≤

0

3

( + ⇔ + +

)

2

2

+ + a b c + + a b c 2 ≤ ≤ a b c 3 9 3 3

(

)

(

)

2

2

2

2

2

2

Ta có:

+ + a b c + + a b c + + = + + ≤ + + + ≤ + a b c + ab bc ca + ab bc ca a b c 2 + ≤ 3 3

(

nên (

)

)

2

3 6 3 2

(

)

2

2

2

2

Bởi vậy:

1

+ + a b c + + − ≤ − + = − + = S a b c t 1 + + + 1 + t 3 6 3 1 6 3 2 3 3 2

> ∀ ∈

=

+

Xét hàm số:

và

t

t

f

với < ≤ 0

0,

(0; 3)

t '( )

21 t 6

+

t

3

(

)2

≤

≤

Bởi vậy:

hay

f

∀ ∈ t

f t ( )

(3),

0; 3

f t ( )

(



17 6

b

a

c

Suy ra: ≤

, dấu bằng xảy ra khi = = = 1

S

=

a

c

Vậy

khi = = = 1 b

S

max

17 6 17 6

Môn Toán – Khối A,A1

GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh

= + − t f t ( ) 3 t 1 + + + a b c 3 1 + 2 3 a b c 1 3